Se p^2 | (x_1^p + ... + x_p^p), allora...

[HiTLeuLeR]

Problema #1: mostrare che, se $ 9 \mid (x^3 + y^3 + z^3) $, dove $ x, y, z \in \mathbb{Z} $, allora $ 3 \mid xyz $.

Il problema qui sopra non richiede particolare estro per essere risolto, dunque raccomanderei agli utenti "esperti" di lasciarlo ai più piccini! Senonché l'idea di levare ai primi ogni trastullo mi avrebbe procurato comunque grande dolore... Così ho cercato disperatamente una insperata generalizzazione alla questione proposta, e... boooh! Ecco cosa ne è venuto fuori.

Problema #2: essendo $ p\in\mathfrak{P} $, è vero che $ p \mid x_1 x_2 \ldots x_p $, se $ x_1, x_2, \ldots, x_p\in \mathbb{Z} $ e $ p^2 \mid (x_1^p + x_2^p + \ldots + x_p^p) $?

[Simo_the_wolf]

$ 3|x^3+y^3+z^3 $ implica $ 3|x+y+z $ per il piccolo th di fermat. Supponendo che $ 3 $ non divida $ xyz $ avremo $ x \equiv y \equiv z \pmod{3} $

Ma ciò implica che $ 9|(x+y+z)(x^2+y^2+z^2 - xy-yz-zx)= x^3+y^3+z^3 -3xyz $ e quindi $ 3|xyz $. Assurdo.

La generalizzazione non è sempre vera... Per 2 per esempio è vera.

Si prenda un primo per cui abbia soluzione $ y^p + 1 \equiv (y+1)^p \pmod{p^2} $.
La somma di tutti i residui $ p-1 $ esimi (che quindi sono potenze $ p $-esime) modulo $ p^2 $ è uguale a 0 per tutti i primi dispari.
Ora sommiamo tutti i residui $ p-1 $-esimi (che sono $ p-1 $) e ora aggiungiamo $ y^p + 1^p -(y+1)^p $ che è $ 0 $ modulo $ p^2 $. Otteniamo una somma di $ p $ potenze $ p $-esime che è nulla modulo $ p^2 $ e tale che nessuno degli addendi sia multiplo di $ p $.

[HiTLeuLeR]

...quanto tempo! Bene, in quanto al problema n° 1. Per il resto, però...

La generalizzazione non è sempre vera... Si prenda un primo per cui abbia soluzione $ y^p + 1 \equiv (y+1)^p \pmod{p} $.

Giusto per dire, non esiste alcun primo per cui quest'equazione non abbia soluzioni.

La somma di tutti i residui $ p-1 $ esimi (che quindi sono potenze $ p $-esime) modulo $ p^2 $ è uguale a 0 per tutti i primi dispari.
Ora sommiamo tutti i residui $ p-1 $-esimi (che sono $ p-1 $) e ora aggiungiamo $ y^p + 1^p -(y+1)^p $ che è $ 0 $ modulo $ p^2 $. Otteniamo una somma di $ p $ potenze $ p $-esime che è nulla modulo $ p^2 $ e tale che nessuno degli addendi sia multiplo di $ p $.

...ma così costruiresti una somma in cui gli addendi sono in numero pari a p+2. Ho forse frainteso?

[Simo_the_wolf]

Scusa avevo sbagliato a scrivere il modulo... Allora tra tutti i residui p-1 esimi ci mettiamo anche $ (y+1)^p $ e poi lo togliamo aggiungendo $ y^p + 1^p $ e quindi adesso abbiamo $ p $ potenze. Mi sono spiegato?